模板03牛顿运动定律（六大题型）（解析版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年01月试卷_01012025年高考物理答题技巧与模板构建

模板 03 牛顿运动定律（六大题型） 本节导航： 题型01 两类基本的动力学问题 题型02 动力学图像 题型03 轻绳、轻杆和轻弹簧问题 题型04 板块问题 题型05 连接体问题 题型06 传送带问题 题型 01 两类基本的动力学问题 1、该题型主要是牛顿第二定律的应用，其中加速度是联系力和运动的桥梁，求解过程要根据物体 的受力情况求运动或者根据物体的运动情况求受力，正确分析物体的受力情况和运动情况是解决该题型 的关键。 2、高考对该题型的出题难度不大，学生只要掌握正确的求解方法，一般不易丢失分数。 一、必备基础知识 1、牛顿第一定律 一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态。 物体这种保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性。牛顿第一定律也被叫作惯性定律。 2、牛顿第二定律 物体的加速度跟所受的合外力成正比、跟物体的质量成反比。 表达式为：F＝ma。 3、牛顿第三定律 两个物体之间的作用总是相互的。当一个物体对另一个物体施加了力，后一个物体一定同时对前一 个物体也施加了力。物体间相互作用的这一对力，通常叫做作用力和反作用力。 4、动力学的两类基本问题 ①由受力情况确定物体的运动情况；②由运动情况确定物体的受力情况。 二、解题模板 1、解题思路①由受力情况确定物体的运动情况的解题思路：对物体进行受力分析，求出物体所受的合外力，根 据牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学的规律和运动的初始条件确定物体的运动情况。 ②由运动情况确定物体的受力情况的解题思路：对物体的运动情况进行分析，根据运动学的 公式求出物体的加速度，由牛顿第二定律即可求出物体所受的合外力，接下来再对物体进 行受力分析并求出物体受到的作用力。 2、注意问题 解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度。 物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动 分析。 加速度可以随着力的突变而突变，而速度和位移的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。 如果题目给出的物理问题是比较复杂的问题，应该明确整个物理现象是由哪几个物理过程组成的， 找出相邻过程的联系点，再分别研究每一个物理过程。 在画受力示意图和运动过程图中应注明力、速度、加速度的符号和方向，对每一个力都明确施力物 体和受力物体，以免分析力时有所遗漏或无中生有。 如果物体做直线运动，一般将力沿运动方向和垂直于运动方向进行分解。 如果要求解物体的加速度，一般要沿加速度方向分解力；如果要求解某一个力，一般可沿该力的方 向分解加速度。 3、解题方法 ①合成法：当物体受两个力作用而产生加速度时，应用合成法比较简单。 应用平行四边形定则求出这两个力的合力，再由牛顿第二定律求出物体的加速度。 F= F +F ，a= 𝐹。 1 2 𝑚 先求出每个分力产生的加速度，再用平行四边形定则求合加速度。 F =ma ，F =ma ，a=a +a 。 1 1 2 2 1 2 该法可应用三角函数、勾股定理等数学知识进行求解。 ②正交分解法：将矢量分解在两个相互垂直的坐标轴上的方法，物体在受到三个或者三个以上的不 在同一直线上。 F =ma ，F =ma ，a=a +a 。 x x y y x y（2024·海南·高考真题）某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯， 半径R10m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度h5m，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端， 并与其水平相切，滑板质量M 25kg，一质量为m50kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑 上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s16m 停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为0.2，忽略空气阻力，重力加速度 g 10m/s2，求： （1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小； （2）滑板的长度L 思路分析 第一问的思路： 第二问的思路： 详细解析 【答案】（1）1000N；（2）7m 【详解】（1）设游客滑到b点时速度为v ，从a到b过程，根据机械能守恒 0 1 mgh mv 2 2 0 解得 v 10m/s 0 在b点根据牛顿第二定律 v 2 F mg m 0 N R解得 F 1000N N 根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为 F  F 1000N N N （2）设游客恰好滑上平台时的速度为v，在平台上运动过程由动能定理得 1 mgs0 mv2 2 解得 v8m/s 根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减 速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为a 和a ，得 1 2 mg a  g 2m/s2 1 m mg a  4m/s2 2 M 根据运动学规律对游客 vv at 0 1 解得 t1s 该段时间内游客的位移为 vv s  0t 9m 1 2 滑板的位移为 1 s  a t2 2m 2 2 2 根据位移关系得滑板的长度为Ls s 7m 1 2 （2024·湖北·模拟预测）北京时间2024年6月25日14时07分，嫦娥六号返回器准确着陆 于内蒙古自治区四子王旗预定区域，标志着探月工程嫦娥六号任务取得圆满成功，实现了世界首次月球 背面采样返回。设返回器质量为m=300kg（包括样品及降落伞），为确保安全着陆，降落伞以两级减速 的方式，绽放两次“红白伞花”。过程简化如图：当离地面约十公里时速度为v =60m/s，打开第一级减速 1 伞以稳定姿态并初步减速，此过程以a =1m/s2做匀减速直线运动下降了h=1350m，然后打开主伞，在主 0 伞的作用下返回器速度继续降至v=10m/s，此后匀速下降。若主伞打开后返回器所受的空气阻力为f=kv， k为定值，v为速率，其它作用力不计。忽略返回器质量的变化，重力加速度g取10m/s2，设全过程始终在竖直方向运动。求： (1)打开主伞后瞬间，返回器所受的空气阻力； (2)速度减为20m/s时，返回器的加速度大小。 【答案】(1)9000N (2)10m/s2 【详解】（1）匀速时，根据平衡条件 mg  f kv 可知 k 300kgs1 匀减速过程 v2v2 2a x 2 1 0 得 v 30m/s 2 刚开主伞 f kv 9000N 2 2 （2）速度为v 20m/s时 3 f kv 6000N 3 3 根据牛顿第二定律 f mg ma 3 得a10m/s2题型 02 动力学图像 1、动力学图像问题考查的内容主要是两类基本动力学问题，只是把受力情况和运动情况用图像的 方式表示出来，本质还是牛顿第二定律的运用。 2、求解过程要分析好图像，切记不要被图像给迷惑，要正确分析受力情况和运动情况，这部分题 目是难点是临界和极值问题的判断①。 一、必备基础知识 1、常见的图像 v－t图像，a－t图像，F －t图像，F －x图像（弹簧-伸长量图像），a－F图像等。 2、图像间的联系 加速度a是v－t图像和F －t图像联系的桥梁。 3、图像的两类分析 已知物体在某个物理过程中所受的某个力随时间变化的图像，分析物体的运动情况； 已知物体在某个运动过程中速度、加速度随时间变化的图像，分析物体的受力情况。 4、动力学过程中临界极值问题 当物体的运动从一种状态转变为另一种状态时必然有一个转折点，这个转折点所对应的状态叫做临 界状态，这是某种物理现象（或物理状态）刚好要发生或刚好不发生的转折状态。在临界状态时必须满 足的条件叫做临界条件。用变化的观点正确分析物体的受力情况、运动状态变化情况，同时抓住满足临 界值的条件是求解此类问题的关键。 标志：①有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；② 若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往 是临界点；③若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着 “起止点”，而这些“起止点”往往就对应临界状态；④若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度” 等，即是求收尾加速度或收尾速度。 5、动力学中极值问题的临界条件 接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力F ＝0。 N 绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是：F ＝0。 T 加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时。 相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条 件是：静摩擦力达到最大值。 二、解题模板 1、解题思路 2、注意问题 图像中能获得的信息：把图像与题意中的信息和题意中放映的物理情境相结合，明确图像中面积、 斜率、特殊点等的物理意义，从图像中反馈出来的有用信息与牛顿运动定律结合求解。 对物体的运动情况或受力情况进行分析，明确图像中纵坐标的物理量与横坐标的物理量之间的制约 关系，确定物理量的变化趋势，分析图线从而理解物理过程，再结合牛顿运动定律等相关规律列出与图 像对应的函数方程式，进而对物理问题做出准确的分析。 分清图像的横、纵坐标所代表的物理量及单位，并且注意坐标原点是否从零开始，明确其物理意义。 分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物 理过程，会分析临界点。 注意图线中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的 交点等。 明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等 的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。 3、解题方法 v－t图像：根据图像的斜率判断加速度的大小和方向，进而根据牛顿第二定律求解合外力。 a－F图像：根据具体的物理情景，对物体进行受力分析，然后根据牛顿第二定律推导出力和加速度 两个物理量之间的函数关系，根据函数关系结合图像，明确图像中的斜率、截距等的物理意义，从而由 图像给出的信息求出未知量。 a－t图像：正确分析每一段的运动情况，然后结合物体受力情况根据牛顿第二定律列方程。注意加 速度的正负。 F －t图像：结合物体的受力情况，根据牛顿第二定律求出加速度，分析每一个时间段的运动性质。临界极值问题的分析方法： 极限分析法：在题目中如出现“最大”、“最小”、“刚好”等词语时，一般隐含着临界问题，处理这 类问题时，把物理问题（或过程）推向极端，从而使临界现象（或状态）暴露出来，以达到正确解决问 题的目的。 假设分析法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件， 也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题。 数学极值法：将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解出临界条件。 （2024·河北·模拟预测）汽车工程学中将加速度随时间的变化率称为急动度k，急动度k是评 判乘客是否感到舒适的重要指标。如图所示为一辆汽车在启动过程中的急动度随时间变化的关系，已知 汽车质量m2103kg，启动过程中所受阻力 f 103N，求： （1）该汽车最大的牵引力F； （2）画出加速度a随时间t变化的图像，并求出9s末汽车的速度。 思路分析 第一问的思路： 第二问的思路：详细解析 【答案】（1）7103N；（2）图见解析，18m/s 【详解】（1）加速度随时间的变化率称为急动度k，则 a k  t 则图像与坐标轴围成的面积代表加速度变化，则3s时加速度正方向最大为 a133m/s2 根据牛顿第二定律有 F f ma 解得 F 7103N （2）由题图可知加速度的变化图像如图 1 该图像与坐标轴围成的面积代表速度的变化，则9s末汽车的速度为v (39)318m/s 2 （2024·云南昆明·一模）如图甲所示，物块A、B用不可伸长的轻质细线连接静止在光滑水 平面上，细线处于伸直状态。t 0时刻，在物块A上施加一个水平向右的拉力F ,F 的大小随时间t的 A A 变化规律为F 3.5t。细线的拉力为F ，测得两物块的加速度a随力F 、F 的变化规律如图乙中的Ⅰ、 A T A T Ⅱ图线所示。已知物块B的质量M 4kg。 （1）求物块A的质量； （2）若细线能够承受的最大拉力为20N,t 0时刻，在物块B上同时施加一个水平向左的拉力F ，其大 B 小随时间t的变化规律为F 0.5t。求细线断裂的时刻。 B 【答案】（1）2kg；（2）8s【详解】（1）加速度a1.5m/s2时，物块A受到的合力大小为 F 3N ① 合 设物块A的质量为m，根据牛顿第二定律可得 F ma ② 合 解得 m2kg ③ （2）设t时刻细线断开，两物块的加速度大小为a ，分别对物块A、B用牛顿第二定律，代入表达式可 1 得 3.5t20ma ④ 1 200.5t Ma ⑤ 1 解得 t 8s 题型 03 轻绳、轻杆和轻弹簧问题 1、轻绳、轻杆和轻弹簧模型是常考模型，求解过程中学生容易误判它们的施力和受力情况，混淆 力的方向和力的变化情况。 2、这类问题需要学生掌握其模型特点，正确运动动力学规律。 一、必备基础知识 1、三种模型的比较 模型 轻杆 轻绳 轻弹簧 模型图示 模 形变特点 只能发生微小形变 柔软，只能发生微小 既可伸长，也可压缩，型 形变，各处张力大小 各处弹力大小相等 特 相等 [来源:学,科,网Z,X,X,K] 点 弹力方向特 不一定沿杆，可以是 只能沿绳，指向绳收 沿弹簧轴线与形变方 点 任意方向 缩的方向 向相反 弹力作用效 可以提供拉力、推力 只能提供拉力 可以提供拉力、推力 果特点 弹力大小突 可以发生突变 可以发生突变 一般不能发生突变 变特点 2、弹簧的串联和并联 当两条弹簧串联时，劲度系数 ；弹簧的并联问题：当两条原长相同的弹簧并联时，劲度 k k k  1 2 k k 1 2 系数为 k k k 。如下所示。 1 2 二、解题模板 1、解题思路 2、注意问题 轻杆既可以产生拉力，也可以产生推力，弹力的方向既可以沿杆，也可以不沿杆，受力分析时一定 要注意轻杆的作用力。 弹簧既可以压缩也可以伸长，一个运动过程可以出现两种情况。 轻绳和轻杆的弹力可以突变，剪断或脱离后不需要时间恢复行吧，弹力立即消失或改变。 轻弹簧的长度不会发生突变，所以在瞬时问题中其弹力的大小认识是不变的。 3、解题方法 轻杆受力方向的判断方法： 活杆：轻杆可转动，提供沿杆方向的力，如下图所示；死杆：轻杆固定可提供任意方向的力，需结合物体运动状态分析力的方向，如下图所示。 弹力大小的确定方法： 弹簧类弹力：由胡克定律知弹力F＝kx，其中x为弹簧的形变量，而不是伸长或压缩后弹簧的总长 度。 轻绳和轻杆的弹力：根据运动状态和其他受力情况，利用平衡条件或牛顿第二定律来综合确定。 （2024·云南·模拟预测）如图所示，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，P、Q 两物块的质量分别为m 0.2kg、m 0.6kg，P与桌面间的动摩擦因数0.5。从静止释放后，P、Q P Q 开始加速运动，绳中张力为T。若要让运动过程中轻绳张力变为2T，可在P上固定一个质量为m 的物 K 块K。取重力加速度g 10m/s2，求T和m 各为多少？ K 思路分析 求解的思路： 详细解析 【答案】T 2.25N，m 0.4kg K 【详解】设原来P、Q运动时加速度大小为a ，轻绳张力为T，分别对P、Q用牛顿第二定律得 1T m g m a P P 1 m gT m a Q Q 1 解得 T 2.25N 在P上固定一物块K后，再分别对P、Q用牛顿第二定律得 2T m m g m m a P K P K 2 m g2T m a Q Q 2 联立解得m 0.4kg K （2024高三下·云南·阶段练习）如图所示，一劲度系数k 100N/m的轻质弹簧下端固定于 地面上，质量m 0.12kg的物块A与质量m 0.10kg的物块B叠放在其上，处于静止状态。t 0时， 1 2 在物块A上施加一竖直向上的力F，使两物块一起匀加速上升，t 0.10s时，两物块恰好分离。已知重 力加速度为g 10m/s2，求： （1）两物块匀加速运动的加速度大小； （2）分离时力F的大小。 【答案】（1）2m/s2；（2）1.44N 【详解】（1）初始时，物块A、B叠放在一起，处于静止状态，此时弹簧的形变量为x ，有 1 kx (m m )g 1 1 2 解得 x 2.2102m 1 两物块分离时，物块之间的相互作用力恰好为0，此时弹簧的形变量为x ，以物块B为研究对象，有 2kx m g m a 2 2 2 又 1 x x  at2 1 2 2 联立解得 a2m/s2 （2）两物块分离时，以物块A为研究对象，有 F m g ma 1 1 解得F 1.44N 题型 04 板块问题 1、这类问题为滑块在木板上，两者在地面或斜面上运动，求解过程要注意两者间的相对滑动问题。 2、物体间的位移关系和速度关系往往是解题的突破口，特别注意临界条件的判断。 一、必备基础知识 1、模型特点 滑块放置于长木板上，滑块和木板均相对地面或者斜面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生 相对滑动。 2、模型示意图 3、模型中的木板长度 当滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，并且滑块和木板同向运动，则滑块的位移和木板的位 移之差等于木板的长度。 当滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，并且滑块和木板反向运动，则滑块的位移和木板的位移之 和等于木板的长度。 二、解题模板 1、解题思路2、注意问题 滑块和滑板的位移都是相对地的位移。求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下 一个过程的初速度。 求解过程要审清题意，分析每一个物体的受力情况和运动情况，可能有多个运动过程，并且物体间在存 在相对运动，所以应准确求出各物体在各自运动过程的加速度（注意不同过程的衔接处加速度可能突 变），找出物体之间的位移（路程）关系或速度关系是解题的突破口。 临界条件：①板、块速度达到相等的瞬间，摩擦力可能发生突变；②当木板的长度一定时，滑块可 能从木板滑下，恰好滑到木板的边缘达到共同速度（相对静止）是滑块滑离木板的临界条件。 3、解题方法 ①板、块速度不相等：采用隔离法，对滑块和木板进行隔离分析，弄清每个物体的受力情况与运动过程。 ②板、块速度相等瞬间：采用假设法，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度， 再用隔离法计算滑块的摩擦力F；比较F 与最大静摩擦力F 的关系，若F>F ，则发生相对滑动。 f f fm f fm ③板、块共速运动：采用整体法，将滑块和木板看成一个整体，对整体进行受力分析和运动过程分析。 原理：时间及位移关系式、运动学公式、牛顿运动定律等。 （2024·新疆河南·高考真题）如图，一长度l 1.0m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上， 薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动 l 的距离l  时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块 6 与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数0.3，重力加速度大小g 10m/s2。求 （1）物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； （2024·陕西西安·一模）如图所示，质量为M（大小未知）的长木板静止在粗糙水平地面上，一个质量m4kg的物块（可视为质点）在某一时刻以v 6m/s的水平初速度从木板左端滑上木板，经 0 t2s时间后物块与木板达到共同速度。已知物块与木板间的动摩擦因数0.2，木板与水平地面间的 1 动摩擦因数 0.05，重力加速度g 10m/s2。求： 2 (1)物块滑上长木板达到共速前，物块与长木板各自的加速度大小； (2)长木板的质量M以及其最小长度d。 【答案】(1)a 2m/s2，a 1m/s2 1 2 (2)4kg，6m 【详解】（1）设物块的加速度大小为a ，由牛顿第二定律有 1 mg ma 1 解得 a 2m/s2 1 因为2s时达到共速，此时速度大小 v v at 2m/s 1 0 11 长木板由静止做匀加速直线运动，加速度大小为 v a  1 1m/s2 2 t 1 （2）对长木板由牛顿第二定律有 mg(M m)gMa 1 2 2 解得 M 4kg 2s内物块对地位移大小为 v v x  0 1t 8m 1 2 1 2s内长木板对地位移大小为 v x  1t 2m 2 2 1 则长木板最小长度为xx x 6m 1 2题型 05 连接体问题 1、这类问题为几个物体关联在一起，各物体之间的相互作用是互相关联的，运动情况也是互相关 联的。 2、交替使用整体法和隔离法可以快速的求解这类问题。 一、必备基础知识 1、连接体 两个（或两个以上）物体组成的系统，我们称之为连接体。连接体的加速度通常是相同的，但也有 不同的情况，如一个静止、一个运动。 2、类型 类型 图例 物物连接体 轻杆连接体 弹簧连接体 轻绳连接体 二、解题模板 1、解题思路2、注意问题 若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求物体之间的作用力，则可以先用整体法求出加速度，然 后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。对较复杂的问题，通 常需要多次选取 研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解。 对连接体进行受力分析时要切记不可认为力是可以通过物体传递的。 3、解题方法 隔离法：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力。 整体法：若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内各物体之间的作用力。 求解程序：①先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力；②求内力时，先用整体法求加 速度，再用隔离法求物体间的作用力；③求外力时，先用隔离法求加速度，再用整体法求整体受到的外 加作用力。 总体来说就是先整体求加速度，在隔离求内力。两种方法交替使用可以更加有效和快速解决问题。 （2024·山东·模拟预测）如图所示，木块a紧贴着木块b的竖直侧壁，对木块a施加水平推 力，a、b一起在水平桌面上匀速前进。a的质量m 0.2kg，b的质量m 0.4kg，a、b间的动摩擦因数 1 2 为0.8，b与桌面间的动摩擦因数为 0.5，a到桌面的高度h0.36m。若撤去推力F，木块a落 1 2 到桌面的同时木块b也刚好停下。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 10m/s2。求： （1）撤去推力前，a、b间的弹力大小； （2）撤去推力后，木块b前进的距离。 思路分析 第一问的思路：第二问的思路： 详细解析 【答案】（1）N 3N；（2）x0.2m 【详解】（1）撤去推力前，设a、b间的弹力为N，对b，水平方向有 Nm m g 0 2 1 2 可得 N 3N （2）撤去推力后，设a、b间弹力变为N ，b与桌面间弹力变为N ，a、b水平方向的加速度大小为a ，木 1 2 x 块a竖直方向的加速度大小为a ，对a、b整体，水平方向有 y N m m a 2 2 1 2 x 对b竖直方向有 N m gN 0 2 2 1 1 对a水平方向有 N ma 1 1 x 对a竖直方向有 mgN ma 1 1 1 1 y 可得 50 90 a  m/s2、a  m/s2 x 13 y 13 设撤去推力后经时间t，木块b停下，b的位移为 1 x a t2 2 x 对a竖直方向有 1 h a t2 2 y 可得x0.2m （2024·重庆·模拟预测）如图所示，货车车头A通过水平刚性连接杆拖动车厢B，车厢内放置货物C，在发动机水平牵引力F 的作用下一起向左做匀速直线运动。车头A、车厢B和货物C的质量 均为m，车头A和整个车厢（含货物）在水平面上运动时受到的阻力大小始终为其重量的k倍，货物C 与车厢B间的动摩擦因数为0.4k，重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）求水平牵引力F 的大小； （2）若仅将水平牵引力F 增大为匀速拉动时的1.5倍，且货物C未与车厢B碰撞，求力F 增大后水平 连接杆的弹力大小。 【答案】（1）F 3kmg；（2）T 2.95kmg 【详解】（1）由题知，A、B、C一起向左做匀速直线运动，对整个系统，由平衡条件有 F 3kmg （2）当力F增大为匀速拉动时的1.5倍时，水平牵引力 F1.5F 4.5kmg 假设此时A、B、C一起向左做匀加速直线运动，加速度大小为a ，对系统，由牛顿第二定律有 共 F3kmg 3ma 共 解得 f a 0.5kg＞ BCm 0.4kg 共 m 说明此时B与C之间发生了相对运动，假设不成立 因此，取A、B为一个整体，由牛顿第二定律有 F3kmg0.4kmg 2ma AB 解得 a 0.55kg AB 设水平连接杆的弹力大小为T，对A，由牛顿第二定律有 FkmgT ma AB 解得 T 2.95kmg题型 06 传送带问题 1、传送带问题一般分为两种：一种是水平传送带，一种是倾斜传送带。求解问题主要有：物体相 对传送带的位移、物体的运动时间、加速度、速度等。 2、解题的关键往往就是摩擦力发生突变的临界点。 3、传送带上的物体受力较少，难点在于物体和传送带间的相对运动情况的变化会导致摩擦力的变 化，从而使得物体的运动情况变得复杂。 一、必备基础知识 1、定义 一个物体以速度 v (v ≥0)在另一个匀速运动的物体上运动的力学系统可看成传送带模 0 0 型。 2、特征 物块和传送带之间的运动通过摩擦力联系起来。 3、模型图例 4、分析的关键 这类问题涉及静摩擦力和滑动静摩擦力之间的变换，特别注意摩擦力的突变和物体运动状态的变化； 区别相对地面的位移和二者之间的相对位移； 有水平传送带与倾斜传送带两种； 题型按转向分为物体和传送带同向运动以及物体和传送带反向运动两种。 二、解题模板 1、解题思路 2、注意问题①水平传送带： 求解水平传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。物体与传送带刚好保持 相对静止的临界条件是静摩擦力达到最大值。 计算物体与传送带间的相对路程时有以下两种情况：当物体与传送带同向运动，则相对路程为Δs＝ |s －s |；当物体与传送带反向运动，则相对路程为Δs＝|s |＋|s |。 传 物 传 物 判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度，也就是分析物体在运动位移x（对地） 的过程中速度是否和传送带速度相等。摩擦力突变的时刻是物体的速度与传送带速度相等的时刻。 当物块轻放在匀加速启动的水平传送带上时，它们是否发生相对滑动取决于动摩擦因数与传送带加 速度a 的大小： 0 当μ*gv时，若传送带较短，物块到达另一端时二 0 者速度仍未相等，则一直减速；若传送带较长，滑 块先减速，减速到与传送相同的速度时，两者以相 同的速度运动，即滑块先减速后加速。 滑块与传 当v ＝v时，物块在传送带上做匀速直线运动。 0 送带同向 当v μmgcosθ时，滑块一直加速向下运动。 速度不为 当mgsinθ = μmgcosθ时，滑块做匀速直线运动。 0，滑块速 度方向与 当mgsinθ < μmgcosθ时，滑块先减速运动，当速度为 传送带相 零时，再向上加速运动（传送带足够长）。 反（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右 两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg 的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质 量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬 间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小 球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g 10m/s2。 （1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小； 思路分析 详细解析 【答案】（1）5m s；（2）0.3J；（3）0.2m 【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有 mg ma 解得 a5m s2 由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为 v2 x 传 2.5mL 3.6m 2a 传 可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传 送带的速度大小5m s。 （2024·四川南充·一模）工厂用传送带将货物从高处传送到低处，再通过地面滑板实现远距 离传送。传送过程示意图可简化为下图，倾斜放置的传送带装置与水平地面夹角θ=37°， 传送带以v 的 0恒定速率顺时针转动，某时刻工人将质量为m=20kg的货物轻放在传送带的顶端A，经过一段时间后， 货物从传送带底端B 平滑地滑上质量为M=5kg的滑板左端（货物经过B点前后速度大小不变），再经 过一段时间， 货物停止运动且未脱离滑板。已知货物与传送带间的动摩擦因数μ =0.5， 货物与滑板间 1 的动摩擦因数μ =0.2，滑板与地面间的动摩擦因数μ =0.1，AB间的距离为s=20m。设最大静摩擦力等于 2 3 滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2（sin37°=0.6， cos37°=0.8）。求： (1)货物刚放上传送带时的加速度a的大小； (2)要让货物从传送带顶端A滑到底端B所用的时间最短，传送带的速度 v 至少为多大？ 0 (3)若货物能以最短时间滑到底端B， 货物停止运动时的位置到传送带底端B的距离L为多少？ 【答案】(1)10m/s2 (2)20m/s (3)136m 【详解】（1）货物刚放上传送带时，对货物受力分析 在沿斜面方向上 mgsin f ma 在垂直于斜面方向上 mgcosF 支 由牛顿第三定律可知 F =F 支 压 滑动摩擦力f F 1 压 解得 a10m/s2 （2）为使货物到底端时的时间最短，则货物在整个下滑过程中，始终加速，传送带的最小速度为货物 到B端时的末速度；由运动学关系式可知 v 2 2as 0 解得 v 20m/s 0 （3）货物刚滑上滑板时，对货物，水平方向上由牛顿第二定律得 f a  1 m 竖直方向上 mg N 由相互作用力可知货物收到的支持力N，与其对板块的压力N 等大，滑动摩擦力 1 f N 2 1 解得 a 2m/s2 1 方向水平向左，即货物做减速运动；对滑板，水平方向上 f  f =Ma 地 2 地面对M的摩擦力 f =N 地 3 地 竖直方向上 N Mgmg 2 由牛顿第三定律可知，滑板对地面的压力N 与地面对滑板的支持力N 等大，解得 地 2 a 3m/s2 2 方向水平向右； 当货物和滑板共速时v =v at 共 0 11 货物这段时间内的水平位移为 1 x v t  at2 1 01 2 11 解得 t 4s，v =12m/s，x 64m 1 共 1 之后若货物与滑板一起减速，则共同的加速度为 N a  3 地 3 M m 解得 a 1m/s2 3 方向水平向左；而货物在滑板上，能达到的最大加速度为 a 2m/s2 1 方向水平向左； a a 1 3 即货物可以和滑板保持一致，共同减速，直到减为0；共同减速这段时间，货物的水平位移为 v 2 x  共 2 2a 3 解得 x 72m 2 所以货物从滑到水平面，到最终停止，货物的总位移为xx x 64m72m136m 1 2 1．（2024·全国·三模）如图甲，倾角为37的斜面体固定在水平面上，木块A通过轻绳与小球B相连， 小球B的质量为m 5kg。小球B由静止释放时，木块A静止在斜面体底端，轻绳恰好伸直。小球B落 2 地后不再反弹，轻绳处于松弛状态，木块A恰好能运动到斜面体顶端，木块A运动的vt图像如图乙， 不计滑轮的质量和摩擦，重力加速度g取10m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8。求： （1）木块A与斜面体间的动摩擦因数；（2）木块A的质量m 。 1 1 【答案】（1） ；（2）m 3kg 2 1 【详解】（1）在2 2.5s，对A受力分析可得  mgsinmgcosma 1 1 1 Δv 5 a  m/s2 10m/s2 Δt 2.52 解得 1  2 （2）在开始阶段，对A受力分析 m gmgsinmgcosm m a 2 1 1 1 2 Δv 5 a  m/s2 2.5m/s2 Δt 2 解得 m 3kg 1 2．（2024·安徽·一模）如图所示，水平传送带AB长度为l=4m，粗糙斜面BC足够长，倾角θ=37°，传送带 与斜面在B点平滑连接。传送带水平向右运动，速度为5m/s。现将一小滑块轻放在传送带的A端。已 知滑块与传送带和斜面间动摩擦因数均为μ=0.5。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，求： (1)滑块从A到B的运动时间； (2)滑块第一次从斜面上返回B点时的速度大小； (3)滑块第n次冲上斜面的最大位移。 【答案】(1)1.3s(2) 5m/s 1 (3)1.25( )n1m 5 【详解】（1）滑块在传送带上，由牛顿第二定律 mg ma 1 解得 a 5m/s2 1 由运动学公式 vat 11 达到共速的时间为 t 1s 1 在1s内，滑块运动的位移为 1 x  at2 2.5m 0 2 11 因为 2.5m4m 所以滑块接着做匀速直线运动，则 lx vt 0 2 解得 t 0.3s 2 则滑块从A到B的运动时间为 t t t 1s0.3s1.3s 1 2 （2）滑块第一次以v 5m/s的速度冲上斜面，则滑块在斜面上滑时，由牛顿第二定律 1 mgsinmgcosma 2 解得 a 10m/s2 2 上滑位移为v2 x  1 1.25m 1 2a 2 下滑时，由牛顿第二定律 mgsinmgcosma 3 解得 a =2m/s2 3 由运动学公式 v2 2a x 2 3 1 可得滑块第一次从斜面上返回B点时的速度大小为 v  5m/s 2 （3）滑块在传送带上先匀减速后反向匀加速，返回B点时速度大小仍然为 v  5m/s 2 滑块第二次冲上斜面上滑的最大位移为 v2 a 1 x  2  3 x  x 2 2a a 1 5 1 2 2 滑块第二次从斜面返回到B点时，速度大小为 v  2a x 3 3 2 同理可知，滑块第三次冲上斜面上滑的最大位移为 v2 a 1 x  3  3 x ( )2x 3 2a a 2 5 1 2 2 同理可知，滑块第n次冲上斜面上滑的最大位移为 1 1 x ( )n1x 1.25( )n1m n 5 1 5 3．（2024·新疆塔城·二模）如图所示，在平直道路上行驶的小车内安装一根固定水平杆，杆上的固定限位 块下用一轻绳悬挂一小球（可视为质点），某段时间内轻绳与竖直方向的夹角始终为37°。已知限位块 和小球的质量分别为2kg和1kg，重力加速度g取10m/s2，空气阻力不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求 在该段时间内： （1）小车运动的加速度的大小a；（2）水平杆对限位块的作用力F的大小。 5 153 【答案】（1）7.5m/s2；（2） N 2 【详解】（1）对小球有 mgtan37 ma 球 由于车和小球保持相对静止，则加速度相同，解得 aa 7.5m/s2 球 （2）以小球为研究对象，设绳子拉力为T，则有 mg T  cos37 以限位块为研究对象有  2  2 5 153 F  MgTcos37  Tsin37  N 2 4．（2024·海南·模拟预测）如图所示，将一可视为质点的小物块A放置在足够长的长木板B最右侧，用跨 过轻质定滑轮的轻绳将木板右侧与重物C相连并保持静止，三者的质量分别为m 1kg、m 2kg、 A B m 3kg，重物C距离地面高度h0.72m。已知物块A与长木板B间的动摩擦因数0.1，木板与桌 C 1 面间的动摩擦因数 0.3。初始时刻从静止开始释放重物，长木板全程未与定滑轮发生碰撞，不计滑 2 轮摩擦，g 10m/s2。求： （1）释放重物瞬间长木板和物块的加速度； （2）物块距离长木板右端的最远距离。【答案】（1）a 1m/s2；a 4m/s2;（2）d 0.81m A Bl 【详解】（1）对物块A和长木板B和重物C受力分析，由牛顿第二定律可得： m g m a 1 A A A F m gm m g m a T 1 A 2 A B B B1 m gF m a C T C B1 代入数据可得 a 1m/s2 A a 4m/s2 Bl （2）重物下落高度h后落地，所用时间为 2h t  0.6s g 重物落地前物块和长木板做匀加速运动，由运动学表达式可得 v a t 0.6m/s A A v a t 2.4m/s B B1 该阶段两者的位移为 1 x  a t2 0.18m Al 2 A x h0.72m B1 重物落地后，物块加速度保持不变，继续加速，木板做匀减速直线运动。对木板受力分析，由牛顿第二 定律可得： m gm m g m a 1 A 2 A B B B2 经过t 后两者达到共速，可得 1 v v a t v a t 共 A A1 B B21 代入数据可得 t 0.3s 1 v 0.9m/s 共该阶段两者的位移为 1 x  v v t 0.225m A2 2 A 共 1 1 x  v v t 0.495m B2 2 B 共 1 此时物块距离木板右端最远，则最终物块到长木板左端的距离为 d x x x x 0.81m B1 A1 B2 A2 5．（2024·四川南充·二模）如图所示，固定在水平面的斜面倾角为37°，两个小物块A、B用轻绳相连，轻 绳绕过斜面顶端的轻质小滑轮，滑轮与轮轴之间的摩擦不计，A物块锁定于斜面底部，B物块离地面高 度为h10m。已知A物块的质量为m1kg，B物块的质量为M 3kg，A物块与斜面间的动摩擦因数 0.5，重加速度为g 10m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8。t 0时刻，解除A物块的锁定状态，当 B物块落地瞬间轻绳断裂，A恰好未与滑轮相撞，求： （1）B物块下落过程中的加速度a的大小及落地前瞬间的速度v的大小； （2）斜面的长度L及A从t 0时刻起到返回斜面底端所需时间t。   【答案】（1）5m s2，10m s；（2）15m， 3 15 s 【详解】（1）根据题意，设B物块下落过程中绳子的拉力为F ，由牛顿第二定律，对B物块有 MgF Ma 对A物块有 Fmgsin37mgcos37ma 联立解得 a5m s2 B物块落地前做匀加速直线运动，则有 v2 2ah 解得v10m s （2）根据题意可知，绳断前，A的运动时间为 v t  2s 1 a 绳断后，A上滑过程有 mgsin37mgcos37ma 1 解得 a 10m s2 1 A上滑到顶端的时间为 v t  1s 2 a 1 上滑的距离为 v2 x= =5m 2a 则斜面的长度为 Lhx15m A下滑过程有 mgsin37mgcos37ma 2 解得 a 2m s2 2 下滑到底端的时间为 2L t   15s 3 a 2 则A从t 0时刻起到返回斜面底端所需时间   t t t t  3 15 s 1 2 3 6．（2024·云南大理·一模）如图所示，在光滑水平面上有一质量为2m足够长的平板小车，小车上有一足够 长的木块，木块质量为m，且被锁定在小车上，二者一起以速度v 匀速向右运动。某时刻一质量也为m 0 的小铁块以3v 的速度滑到木块上表面，一段时间后铁块、木块、小车一起匀速前进。已知铁块、木块 0 之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。(1)求铁块相对木块滑动的距离；  (2)若木块解除锁定，其他条件不变，求铁块相对木块滑动的距离。（木块和小车间的动摩擦因数为 ） 4 3v2 【答案】(1) 0 2g 4v2 (2) 0 3g 【详解】（1）铁块的质量为m，则木块和小车整体质量为3m，对铁块根据牛顿第二定律 mg ma 1 解得，铁块的加速度大小为 a g 1 对木块和小车整体根据牛顿第二定律 mg 3ma 2 解得，木块和小车整体的加速度大小为 g a  2 3 设铁块、木块小车匀速运动的速度为v，根据运动公式可得 v3v at v a t 0 1 0 2 解得 3v v 0 2 铁块的位移 3v 2 v2 x  0 1 2a 1 木块的位移 v2v2 x  0 2 2a 2 铁块相对木块滑动的距离3v2 xx x  0 1 2 2g （2）若木块和小车不再固定在一起，铁块的加速度 a a  μg 1 1 对木块根据牛顿第二定律 μ μmg 2mg ma 4 2 解得，木块的加速度大小为 μg a  2 2 对小车根据牛顿第二定律 μ 2mg 2ma 4 3 解得，小车的加速度大小为 μg a  a 3 4 2 所以铁块和木块共速时，小车还未加速到共速。设铁块相对木块的运动时间为t，共同速度为v，对于 铁块 3v vat μgt 0 1 对于木块 μg vv at t 0 2 2 解得 5v 4v v 0 ，t 0 3 3g 铁块的位移 3v v x  0 t 1 2 木块的位移 v v x  0 t 2 2 铁块相对木块的运动距离为 4v2 xxx  0 2 1 3μg 7．（2024·陕西汉中·一模）如图（a），将物块A于P点处由静止释放，B落地后不反弹，最终A停在Q点。物块A的vt图像如图（b）所示。已知B的质量为0.33kg，重力加速度大小g取10m s2，求： （1）物块A与桌面间的动摩擦因数； （2）物块A的质量。 【答案】（1）0.1；（2）m 0.88kg A 【详解】（1）根据题意，由vt图可知，物块A在1s3s，加速度大小为 a 1m/s2 2 由牛顿第二定律有 m g m a A A 2 解得 0.1 （2）由vt图可知，物块A在01s，加速度大小为 a 2m/s2 1 由牛顿第二定律，对A物体 T m g m a A A 1 对B物体 m gT m a B B 1 解得 m 0.88kg A 8．（22-23高三上·江苏扬州·阶段练习）如图所示，物块A、木板B的质量均为m1kg，不计A的大小， 木板B长L2m。开始时A、B均静止。现使A以水平初速度v 从B的最左端开始运动。已知A与B、B 0 与水平面之间的动摩擦因数分别为0.3和 0.1，g取10m/s2。 1 2（1）发生相对滑动时，A、B的加速度各是多大？ （2）若A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v 为多大？ 0 （3）若A刚好没有从B上滑下来，求B在地面上滑行的总位移。 【答案】（1）3m/s2，1m/s2（2）4m/s；（3）1m 【详解】（1）分别对物块A、木板B进行受力分析可知，A在B上向右做匀减速运动，设其加速度大小 为a ，根据牛顿第二定律可得 1 mg ma 1 1 解得 mg a  1 g 3m/s2 1 m 1 木板B向右做匀加速运动，设其加速度大小为a ，根据牛顿第二定律可得 2 mg2mg ma 1 2 2 解得 a 1m/s2 2 （2）A刚好没有从B上滑下来，则A滑到B最右端时的速度和B的速度相同，设为v，则有 vv at 0 1 va t 2 1 x v t at2 1 0 2 1 1 x  a t2 2 2 2 x x L 1 2 解得 v1m/s，v 4m/s 0 则A刚好没有从B上滑下来，则A的初速度v 为4m/s。 0 （3）若A刚好没有从B上滑下来，A到达B的最右端时B的位移v2 x  0.5m 2 2a 2 此后A、B一起匀减速运动直至停止，设加速度大小为a ，由牛顿第二定律得 3 2mg 2ma 1 3 解得 a g 1m/s2 3 2 A、B在地面上一起滑行的位移 v2 2a x 3 3 解得 x 0.5m 3 则B在地面上滑行的总位移为 xx x 1m 2 3 9．（2024·云南·模拟预测）如图所示，长度分别为l 1.3m，l 2.52m的木板A、B放在粗糙水平地面上， A B A、B与地面间的动摩擦因数均为0.2。物块C（可视为质点）以初速度v 7m/s从A的左端滑上 1 0 A，且C在A上滑行时，A不动，C滑上B时B开始运动，C与A、B间的动摩擦因数均为 0.5，已 2 知A、B、C的质量相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 10m/s2。C在B上滑行时，求： （1）B、C的加速度大小； （2）C在B上滑动的时间。 【答案】（1）1m/s2，5m/s2；（2）0.6s 【详解】（1）如图所示，对物体B、C进行受力分析，设物体C受到摩擦力为 f ，物体B受到摩擦力 BC 为 f ， f  f ，m m m m，以向右为正方向，由牛顿第二定律知 CB BC CB A B C对物体C有 f m a BC C C 物体B、C之间摩擦力为 f m g BC 2 C 代入得 m g a  2 C 0.510m/s2 5m/s2 C m C 对物体B有 f  f m a CB 地B B B 物体B与地面之间摩擦力为 f m m g 地B 1 C B 代入得 m gm m g a  2 C 1 C B 1m/s2 B m B （2）假设物块没有从右端离开，经时间t，二者共速，物体C刚滑上B时速度为v，则由匀变速直线运 动速度与位移关系式知 v2v2 2a l 0 C A 代入得 v v22a l  72251.3m/s=6m/s 0 C A 当共速时 v va t a t 共 C B 代入得 t1s v 1m/s 共 相对位移为vv v x 共t 共t 2 2 代入得 x3.5m0.5m3m 由于 xl B 假设不成立，物块C从B木板右端离开，设物块B上滑动时间为t，则 1 1 vt a t2 a t2 l 2 C 2 B B 则，代入数值 3t26t2.520 代入解得 t 0.6s或t  1.4s（此时C的速度反向，不符舍去） 1 2 故C在B上滑动的时间为0.6s。